- 晶体的常识
- 共3962题
（1）E2+离子的核外电子排布式是______．
（2）A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取______杂化．
（3）B的气态氢化物易溶于C的简单氢化物中，其主要原因是______．
（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB-互为等电子体，它们结构相似，1mol DAB-中含有π键的数目为______．
（5）某种化合物由D、E、F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为______．
（6）某配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E2+与配位体AB-构成，配位数为6．甲的水溶液与稀硫酸在加热时发生非氧化还原反应，生成三种硫酸盐和一种与AB-是等电子体的气态化合物，反应的化学方程式为
______．
正确答案
解：A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L电子层中，都有两个未成对的电子，则外围电子排布为2s22p2、2s22p4，故A为C元素、C为O元素，B原子序数介于C、O元素之间，则B为N元素，C、D同主族且为短周期元素，则D为S元素；
E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，故E为Fe元素，F原子的外围电子排布式为3d104s1，则F为Cu，
（1）Fe原子失去最外层两个电子生成Fe2+，根据构造原理知Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 （或[Ar]3d6），
故答案为：1s22s22p63s23p63d6 （或[Ar]3d6）；
（2）A的最高价氧化物的水化物H2CO3，根据价层电子对互斥理论知，中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）B的气态氢化物是NH3、C的氢化物是H2O，氨气和水分子之间能形成氢键从而增大氨气的溶解性，故答案为：NH3与H2O分子间会形成氢键；
（4）等电子体结构、性质相似，化合物CO2、N2O和阴离子SCN-互为等电子体，它们结构相似，1mol二氧化碳分子中π键数目是2NA（或1.204×1024），根据等电子体理论知1mol SCN-中含有π键的数目为2NA（或1.204×1024），故答案为：2NA（或1.204×1024）；
（5）D是S元素、E是Fe元素、F是Cu元素，该晶胞中S原子个数为8，Fe原子个数=4×
（6）某配合物甲的焰色反应呈紫色，说明含有K元素，其内界由中心离子Fe2+与配位体CN-构成，配位数为6，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，甲的化学式为K4Fe（CN）6，甲的水溶液与稀硫酸在加热时发生非氧化还原反应，生成三种硫酸盐和一种与AB-是等电子体的气态化合物，根据元素守恒知，生成的硫酸盐是硫酸钾、硫酸亚铁、硫酸铵和CO，则该反应方程式为K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O
故答案为：K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O
解析
解：A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L电子层中，都有两个未成对的电子，则外围电子排布为2s22p2、2s22p4，故A为C元素、C为O元素，B原子序数介于C、O元素之间，则B为N元素，C、D同主族且为短周期元素，则D为S元素；
E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，故E为Fe元素，F原子的外围电子排布式为3d104s1，则F为Cu，
（1）Fe原子失去最外层两个电子生成Fe2+，根据构造原理知Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 （或[Ar]3d6），
故答案为：1s22s22p63s23p63d6 （或[Ar]3d6）；
（2）A的最高价氧化物的水化物H2CO3，根据价层电子对互斥理论知，中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）B的气态氢化物是NH3、C的氢化物是H2O，氨气和水分子之间能形成氢键从而增大氨气的溶解性，故答案为：NH3与H2O分子间会形成氢键；
（4）等电子体结构、性质相似，化合物CO2、N2O和阴离子SCN-互为等电子体，它们结构相似，1mol二氧化碳分子中π键数目是2NA（或1.204×1024），根据等电子体理论知1mol SCN-中含有π键的数目为2NA（或1.204×1024），故答案为：2NA（或1.204×1024）；
（5）D是S元素、E是Fe元素、F是Cu元素，该晶胞中S原子个数为8，Fe原子个数=4×
（6）某配合物甲的焰色反应呈紫色，说明含有K元素，其内界由中心离子Fe2+与配位体CN-构成，配位数为6，根据化合物中各元素化合价的代数和为0知，甲的化学式为K4Fe（CN）6，甲的水溶液与稀硫酸在加热时发生非氧化还原反应，生成三种硫酸盐和一种与AB-是等电子体的气态化合物，根据元素守恒知，生成的硫酸盐是硫酸钾、硫酸亚铁、硫酸铵和CO，则该反应方程式为K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O
故答案为：K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O
正确答案
解析
解：根据晶胞图可知，A原子分布在立方体的六个面心上，所以晶胞中含有A原子的数目为
正确答案
解析
解：该晶胞中铯离子个数=1，氯离子个数=
根据图片晶胞结构知，每个晶胞中含有一个铯离子，每个顶点上的氯离子被8个晶胞共用，每个氯离子周围最近的铯离子是8，
采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个氯离子周围最近的氯离子个数是6，
故选D．
H、C、N、O、都属于自然界中常见非金属元素．
（1）O、C、N三种元素的第一电离能由小到大顺序是______；NH4+中氮原子轨道的杂化类型为______．
（2）CO、N2的结构可表示为：两者的键能数据：（单位kJ/mol）
结合数据说明CO比N2活泼的原因______．
（3）乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是______．
（4）C、N元素形成的新材料具有如右图所示结构，该晶体硬度将超过目前世界上最硬的金刚石，成为首屈一指的超硬新材料． 该物质的化学式为：______．
正确答案
解：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；
NH4+中氮原子含有4个共价键，所以其轨道的杂化类是sp3杂化；
故答案为：N＞O＞C；sp3杂化；
（2）根据表中数据可知，断裂C≡O中的一个π键消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，断裂N≡N中的一个π键消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键CO比N2更容易，所以CO更活泼．
故答案为：CO的第一个π键的键能为273kJ/mol，N2中的第一个π键的键能为523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂；
（3）乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）分子之间可以形成氢键，三甲胺[N（CH3）3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高．
故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
（4）该晶胞中含有碳原子个数=8×
解析
解：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；
NH4+中氮原子含有4个共价键，所以其轨道的杂化类是sp3杂化；
故答案为：N＞O＞C；sp3杂化；
（2）根据表中数据可知，断裂C≡O中的一个π键消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，断裂N≡N中的一个π键消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键CO比N2更容易，所以CO更活泼．
故答案为：CO的第一个π键的键能为273kJ/mol，N2中的第一个π键的键能为523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂；
（3）乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）分子之间可以形成氢键，三甲胺[N（CH3）3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高．
故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
（4）该晶胞中含有碳原子个数=8×
A117a3d
B
C
D
正确答案
解析
解：氯化钠的摩尔体积=
②在MCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[MCln（H2O）6-n]x+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R-H），可发生离子交换反应：[MCln（H2O）6-n]x++xR-H→Rx[MCln（H2O）6-n]+xH+
交换出来的H+经中和滴定，即可求出x和n，确定配离子的组成．将含0.0015mol[MCln（H2O）6-n]x+的溶液，与R-H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L NaOH溶液25.00mL，可知该配离子的化学式为______（M用其元素符号表示），中心离子的配位数为______．
正确答案
第四周期VIB族
12
面心立方最密堆积
[CrCl（H2O）5]2+
6
解析
解：①第四周期单电子数最多的元素是Cr，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，共有6个未成对电子，Cr元素在周期表中的位置是第四周期VIB族；
以顶点的原子为例，和顶点原子距离最近的原子是相邻的三个面心上原子，所以该原子的配位数=3×8×
故答案为：第四周期VIB族；12；面心立方最密堆积；
②中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，则可以得出H+的物质的量为0.12nol/L×25.00×10-3L=0.0030mol，所以x=
中心离子为氯离子，配体是Cr和H20，所以中心离子配位数是1+5=6，
故答案为：[CrCl（H2O）5]2+；6．
（1）下列各化合物中，属于同系物的有______，属于同分异构体的有______（填字母编号）．
A．CH3CH2CH2CHO与
D．
（2）下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图（未按顺序排序）．
①写出各晶体对应的晶胞：钠______，碘______（填字母编号）．
②其中与SiO2的晶体类型相同的是______（填字母编号）．
（3）金属铜采用面心立方最密堆积（在晶胞的顶点和面心均含有一个Cu原子），则Cu的晶体中Cu原子的配位数为______，其空间利用率为______必须用含π的代数式表示，否则不给分）．
正确答案
解：（1）A．CH3CH2CH2CHO与
B．
C．
D．
E．
F.2-甲基丁烷和2，2-二甲基丙烷，二者分子式相同、结构不同，都是戊烷的同分异构体；
所以互为同系物的为：BE；互为同分异构体的为：AF，
故答案为：BE；AF；
（2）由晶胞图可知，A为氯化钠的晶胞图，构成微粒为离子；
B为干冰的晶胞图，构成微粒为二氧化碳分子；
C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，
D为金刚石的晶胞图，构成微粒为碳原子；
E为钠的晶胞图，构成微粒为原子，
①钠的晶胞为E；碘的晶胞为C，
故答案：E；C；
②二氧化硅为原子晶体，与二氧化硅晶体类型相同的是D金刚石，
故答案为：D；
（3）金属铜采用面心立方最密堆积（在晶胞的顶点和面心均含有一个Cu原子），铜的晶胞中，同一层上四个角，加上下面4个面中心四个，和上面4个面对应的4个，总共12个，所以配位数为12；
设铜原子的比较为r，则晶胞的棱长为：l=
故答案为：12；
解析
解：（1）A．CH3CH2CH2CHO与
B．
C．
D．
E．
F.2-甲基丁烷和2，2-二甲基丙烷，二者分子式相同、结构不同，都是戊烷的同分异构体；
所以互为同系物的为：BE；互为同分异构体的为：AF，
故答案为：BE；AF；
（2）由晶胞图可知，A为氯化钠的晶胞图，构成微粒为离子；
B为干冰的晶胞图，构成微粒为二氧化碳分子；
C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，
D为金刚石的晶胞图，构成微粒为碳原子；
E为钠的晶胞图，构成微粒为原子，
①钠的晶胞为E；碘的晶胞为C，
故答案：E；C；
②二氧化硅为原子晶体，与二氧化硅晶体类型相同的是D金刚石，
故答案为：D；
（3）金属铜采用面心立方最密堆积（在晶胞的顶点和面心均含有一个Cu原子），铜的晶胞中，同一层上四个角，加上下面4个面中心四个，和上面4个面对应的4个，总共12个，所以配位数为12；
设铜原子的比较为r，则晶胞的棱长为：l=
故答案为：12；
（1）铁在元素周期表中的位置______．
（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于______（填晶体类型）．Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=______．Fe（CO）x在一定条件下发生反应：
Fe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g）．已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为______．
（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式______；两者相比较沸点较高的为______（填化学式）．
（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示．
①基态铜原子的核外电子排布式为______．
②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目______．
（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如附图2所示（黑点代表铜原子）．
①该晶体的化学式为______．
②已知该晶体的密度为ρ g•cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为______pm（只写计算式）．
正确答案
解：（1）Fe位于第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；
（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低，所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；只有配位键断裂，生成的物质是Fe，则形成的化学键是金属键；
故答案为：分子晶体；5；金属键；
（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，所以与CO是等电子体的分子结构式为N≡N；极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高，
故答案为：N≡N；CO；
（4）①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1；
②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12，
故答案为：12；
（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M为Cl元素，
①该晶胞中铜原子个数=4，Cl原子个数=8×
②该晶胞中Cu原子个数为4，Cl原子个数=8×
解析
解：（1）Fe位于第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；
（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低，所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；只有配位键断裂，生成的物质是Fe，则形成的化学键是金属键；
故答案为：分子晶体；5；金属键；
（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，所以与CO是等电子体的分子结构式为N≡N；极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高，
故答案为：N≡N；CO；
（4）①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1；
②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12，
故答案为：12；
（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M为Cl元素，
①该晶胞中铜原子个数=4，Cl原子个数=8×
②该晶胞中Cu原子个数为4，Cl原子个数=8×
（1）元素B、C、D的第一电离能的由大到小排列顺序为______．（用元素符号表示）
（2）D元素原子的最外层电子排布图为______．
（3）该配位化合物的化学式为______，配体的中心原子的杂化方式为______．
（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为______．
（5）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为______，分子中含有______个σ键，______个π键．
（6）A元素与E元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图．则该化合物的化学式为______．该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，写出该反应的化学方程式______．
正确答案
解：某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu（NH3）4]2+，SO42-，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，
（1）同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于O元素，故第一电离能由大到小的排列顺序为：N＞O＞S，
故答案为：N＞O＞S；
（2）D为S元素，其原子的最外层电子排布图为 
故答案为：
（3）由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，配体为NH3，N原子价层电子对数=3+
故答案为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O；sp3；
（4）O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键，
故答案为：H2O与H2O2分子之间存在氢键；
（5）H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，N原子之间形成N=N双键，N原子与H原子之间形成N-H键，其结构式为H-N=N-H，分子中含有3个σ键，1个π键，
故答案为：H-N=N-H；3；1；
（6）H元素与Cu元素可形成一种红色化合物，由晶体结构单元可知，4个H原子位于内部，6个H原子位于棱上，晶胞中H原子数目=4+6×
故答案为：CuH；2CuH+3Cl2
解析
解：某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu（NH3）4]2+，SO42-，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，
（1）同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于O元素，故第一电离能由大到小的排列顺序为：N＞O＞S，
故答案为：N＞O＞S；
（2）D为S元素，其原子的最外层电子排布图为
故答案为：
（3）由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，配体为NH3，N原子价层电子对数=3+
故答案为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O；sp3；
（4）O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键，
故答案为：H2O与H2O2分子之间存在氢键；
（5）H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，N原子之间形成N=N双键，N原子与H原子之间形成N-H键，其结构式为H-N=N-H，分子中含有3个σ键，1个π键，
故答案为：H-N=N-H；3；1；
（6）H元素与Cu元素可形成一种红色化合物，由晶体结构单元可知，4个H原子位于内部，6个H原子位于棱上，晶胞中H原子数目=4+6×
故答案为：CuH；2CuH+3Cl2
（1）写出基态Cu的第三能层的电子排布式______，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有______（填元素符号），上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为______．
（2）PO43-的空间构型是______．
（3）氨基乙酸铜的分子结构如图1，氮原子的杂化方式为______．
（4）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu（CN）4]2-，则CN-中含有的σ键与π键的数目之比为______．
（5）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元，如图2所示．则该化合物的化学式为______．
（6）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为r pm，则晶体铜密度的计算式为______ g/cm3．
正确答案
解：（1）Cu是29号元素，其基态Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，第三能层电子排布式为：3s23p63d10；Cu最外层电子数为1，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr；7号元素N原子的电子排布式为1s22s22p3，8号元素O原子的电子排布式为1s22s22p4，当元素的原子核外电子层上的电子处于全充满、半充满或全空状态时，能量低比较稳定，N原子的电子处于半充满状态，是稳定状态，所以N、O元素第一电离能由小到大的顺序为O＜N；故答案为：3s23p63d10；K、Cr；O＜N；
（2）PO43-中P原子的价层电子对=4+
（3）氮原子最外层有5个电子，存在一对孤对电子，在化学式中形成了3条共价键，即形成了四条杂化轨道，则其杂化类型为：sp3，故答案为：sp3；
（4）在CN-中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有1个ơ键，含有的2个π键，故CN-中含有的σ键与π键的数目之比为：1：2，故答案为：1：2；
（5）在该化合物的晶胞中Cu：12×（
（6）铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8×（
解析
解：（1）Cu是29号元素，其基态Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，第三能层电子排布式为：3s23p63d10；Cu最外层电子数为1，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr；7号元素N原子的电子排布式为1s22s22p3，8号元素O原子的电子排布式为1s22s22p4，当元素的原子核外电子层上的电子处于全充满、半充满或全空状态时，能量低比较稳定，N原子的电子处于半充满状态，是稳定状态，所以N、O元素第一电离能由小到大的顺序为O＜N；故答案为：3s23p63d10；K、Cr；O＜N；
（2）PO43-中P原子的价层电子对=4+
（3）氮原子最外层有5个电子，存在一对孤对电子，在化学式中形成了3条共价键，即形成了四条杂化轨道，则其杂化类型为：sp3，故答案为：sp3；
（4）在CN-中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有1个ơ键，含有的2个π键，故CN-中含有的σ键与π键的数目之比为：1：2，故答案为：1：2；
（5）在该化合物的晶胞中Cu：12×（
（6）铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8×（
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